Problemas Resolvidos de Física

PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA
Prof. Anderson Coser Gaudio
Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo
http://www.cce.ufes.br/anderson
anderson@npd.ufes.br Última atualização: 16/07/2005 09:10 H
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED.,
LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.
FÍSICA 1
Capítulo 5 - Força e Leis de
Newton
Problemas
01 02 03 04 05 06 07 08 09 10
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
41 42 43 44 45 46 47 48 49 50
51 52 53 54 55 56 57 58 59 60
61 62 63 64 65 66 67 68

Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
Problemas Resolvidos
10. Um corpo com massa m sofre a ação de duas forças F1 e F2, como mostra a Fig. 27. Se m = 5,2
kg, F1= 3,7 N e F2= 4,3 N, ache o vetor aceleração do corpo.
x
y
(Pág. 90)
Solução.
Em termos vetoriais, as forças F1 e F2 valem:
( )3,7 N=1F j
( )4,3 N=2F i
De acordo com a segunda lei de Newton:
m= + =∑ 1 2F F F a
( ) ( )3,7 N 4,3 N
(5,2 kg)m
++
= =1 2
j iF F
a
( ) (2 2
0,8269 m/s 0,71153 m/s= +a i )j
( ) ( )2 2
0,83 m/s 0,71 m/s≈ +a i j
[Início]
12. Uma certa força dá ao objeto m1 a aceleração 12,0 m/s2
. A mesma força dá ao objeto m2 a
aceleração 3,30 m/s2
. Que aceleração daria a um objeto cuja massa fosse (a) a diferença entre m1
e m2 e (b) a soma de m1 e m2.
(Pág. 90)
Solução.
(a) De acordo com a segunda lei de Newton (na coordenada x):
(1)1 1F m a=
(2)2 2F m a=
Igualando-se (1) e (2):
1 1
2
2
m a
m
a
= (3)
Mas:
(4)( 2 1F m m a= − ) 3
________________________________________________________________________________________________________
Resnick, Halliday, Krane - Física 1 - 4
a
Ed. - LTC - 1996. Cap. 5 – Força e Leis de Newton
2

3
2 1
F
a
m m
=
−
(5)
Substituindo-se (1) e (3) em (5):
3
2 1
F
a
m m
=
−
21 1 1 2
3
1 1 2
1 1
2
4,5517 m/s
m a a a
a
a a am m
a
= = =
−−
2
3 4,55 m/sa ≈
(b) Procedendo de maneira semelhante ao item (a), porém usando-se (m1 + m2) em (4) ao invés de
(m2 − m1), obtém-se:
21 2
4
1 2
2,5882 m/s
a a
a
a a
= =
+
2
4 2,59 m/sa ≈
[Início]
33. Um bloco de 5,1 kg é puxado ao longo de uma superfície sem atrito por uma corda que exerce
uma força P = 12 N e faz o ângulo θ = 25o
acima da horizontal, como mostra a Fig. 30. (a) Qual
é a aceleração do bloco? (b) A força P é lentamente aumentada. Qual é o valor de P logo antes
de o bloco ser levantado da superfície? (c) Qual é a aceleração do bloco no exato momento em
que ele é levantado e perde contato com a superfície?
(Pág. 92)
Solução.
Sempre que houver uma força inclinada para acima que atua sobre um corpo no solo devemos
considerar a possibilidade de o corpo ser levantado do chão. Isso ocorrerá caso a componente
vertical dessa força seja igual (iminência de levantar) ou maior do que o peso. Na situação inicial, a
componente y da força (Py) vale P sen 25o
≈ 5 N, enquanto que o peso vale 5,1 kg × 9,81 m/s2
≈ 50
N. Logo, a força inicial não é capaz de levantar o corpo do chão.
(a) Cálculo da aceleração em x:
x xF ma=∑
xP ma=
2cos
2,1324 m/s
P
a
m
θ
= =
2
2,1 m/sa ≈
________________________________________________________________________________________________________
a
3
(b) No instante em que o bloco perde o contato com o solo, temos em y:

0yF =∑
'
sen 0P mgθ − =
'
118,3834 N
sen
mg
P
θ
= =
'
0,12 kNP ≈
(b) No instante em que o bloco perde o contato com o solo, temos em x:
x xF ma=∑
' '
xP ma=
'
' 2cos
21,0376 m/s
P
a
m
θ
= =
' 2
21 m/sa ≈
[Início]
34. Como um objeto de 450 N poderia ser baixado de um teto utilizando-se uma corda que suporta
somente 390 N sem se romper?
(Pág. 92)
Solução.
O objeto de peso P deve ser abaixado com uma aceleração a tal que a tensão na corda não
ultrapasse seu valor limite (TMAX). Considere o seguinte esquema da situação:
P
Tmax
a
x
y
Aplicando-se a segunda lei de Newton à coordenada y do sistema:
y yF ma=∑
MAX
P
T P
g
− = a
2
1 1,308 m/MAXT
a g
P
⎛ ⎞
= − = −⎜ ⎟
⎝ ⎠
s
2
1,31 m/sa ≈ −
Esta é a aceleração mínima com que o corpo deve ser abaixado (sinal negativo) para que a corda
não se rompa.
[Início]
43. Um caixote de 110 kg é empurrado com velocidade constante para cima de uma rampa sem
atrito, inclinada de 34o
, como na Fig. 34. (a) Qual a força horizontal F requerida? (b) Qual a
________________________________________________________________________________________________________
a
4

força exercida pela rampa sobre o caixote?
(Pág. 93)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
m
N
P
F
x
y
θ
Forças em x:
0=∑ yF
0θcos =− mgN
θcos
mg
N = (1)
Forças em y:
0=∑ xF
0θsen =− NF
(2)θsenNF =
Substituindo-se (1) em (2):
θtanmgF =
727,8621 NF =
2
7,3 10 NF ≈ ×
(b) De (1):
θcos
mg
N =
N6297,301.1=N
N103,1 3
×≈N
[Início]
44. Um novo jato da Marinha, de 22 toneladas métricas, requer para decolar uma velocidade em
relação ao ar de 90 m/s. Seu próprio motor desenvolve um empuxo de 110.000 N. O jato tem de
________________________________________________________________________________________________________
a
5

alçar vôo de um porta-aviões com pista de 100 m. Que força deve ser exercida pela catapulta do
porta-aviões? Suponha que tanto a catapulta como o motor do avião exerçam uma força
constante ao longo de toda a pista de decolagem.
(Pág. 93)
Solução.
Neste problema serão desprezados o atrito do avião com o ar e com a pista, além do atrito interno
do avião.
x =0 0 x
a
x = d
N
P
F
x
y
Cálculo da aceleração do avião (movimento no eixo x):
)(2 0
2
0
2
xxavv xx −+=
adv 202
+=
d
v
a
2
2
= (1)
Cálculo da força exercida pela turbina:
xx maF =∑
(2)maF =
d
mv
F
2
2
=
A massa do avião foi dada em toneladas métricas, que pertence ao sistema inglês de unidades. O
fator de conversão é 1 ton = 907,2 kg. Logo, m = 19.958,4 kg, com apenas dois algarismos
significativos, ou seja, m ≈ 2,0 × 104
kg. Logo:
N2,315.808
)m100(2
)m/s90)(kg4,958.19( 2
==F
N101,8 5
×≈F
________________________________________________________________________________________________________
a
6

[Início]
46. Antigamente, cavalos puxavam barcaças por canais, como mostra a Fig. 37. Suponha que o
cavalo exerça uma força de 7.900 N num ângulo de 18o
com a direção de movimento da
barcaça, que se desloca ao longo do eixo do canal. A massa da barcaça é 9.500 kg e sua
aceleração é 0,12 m/s2
. Calcule a força exercida pela água sobre a barcaça.
(Pág. 93)
Solução.
Este problema pode ser facilmente resolvido através de cálculo vetorial. Considere o seguinte
esquema da situação.
x
y
F
θ
a
m
EP
A força exercida pelo cavalo (F) e a aceleração da barcaça (a) são definidos por:
jiF sencos θθ FF += (1)
(2)ia a=
Aplicação da Segunda Lei de Newton:
aF m=∑
aEPFF ma =+++
onde P é o peso do barco, E é o empuxo da água, sendo que P + E = 0 e Fa é a força exercida pela
água na barcaça.
(3)FaF −= ma
Substituindo-se (1) e (2) em (3):
)sencos()( jiiF θθ FFama +−=
jiF sen)cos( θθ FFmaa −−= (4)
Substituindo-se os valores numéricos em (4):
jiF )18sen()N900.7()]18cos()N900.7()m/s12,0)(kg500.9[( oo2
−−=a
jiF )N2342,441.2()N3464,373.6( −−=a
O módulo da força exercida pela água vale:
N8934,6824=aF
________________________________________________________________________________________________________
a
7

N106,8 3
×≈aF
[Início]
49. Um balão de pesquisas de massa total M desce verticalmente com aceleração a para baixo (veja
Fig. 39). Quanto de lastro deve ser atirado para fora da gôndola para dar ao balão a mesma
aceleração a para cima, supondo que não varie a força de flutuação para cima exercida pelo ar
sobre o balão?
(Pág. 93)
Solução.
Balão acelerado para baixo:
E
P1
ax
y M
yy maF =∑
MaPE −=− 1
(1))( agME −=
Balão acelerado para cima:
E
P2
ax
y M - m
yy maF =∑
amMPE )(2 −=−
amMgmME )()( −+−=
)()( agmagME +−+=
________________________________________________________________________________________________________
a
8

EagMagm −+=+ )()( (2)
)()()( agMagMagm −−+=+
ag
Ma
m
+
=
2
[Início]
51. Um bloco de massa m desliza para baixo em um plano inclinado sem atrito que forma um
ângulo θ com o piso de um elevador. Ache a aceleração do bloco relativa ao plano nos seguintes
casos. (a) O elevador desce com velocidade constante v. (b) O elevador sobe com velocidade
constante v. (c) O elevador desce com aceleração a. (d) O elevador desce com desaceleração a.
(e) O cabo do elevador se rompe. (f) No item (c) acima, qual é a força exercida sobre o bloco
pelo plano inclinado?
(Pág. 93)
Solução.
(a) Estando o elevador com velocidade constante, o comportamento do bloco em relação à rampa é
idêntico ao que seria caso o elevador estivesse em repouso.
m
N
P
x
y
θ
v
θ
m
Segunda lei de Newton em x, onde aB é a aceleração do bloco:B
x xF ma=∑
sen Bmg maθ =
senBa g θ=
(b) Semelhante ao item (a):
senBa g θ=
(c) Como o elevador acelera para baixo, existe a componente ax que se soma a gx para acelerar o
bloco rampa abaixo.
m
N
P
x
y
θ
a
θ
m a
x xF ma=∑
sen sen Bmg ma maθ θ= +
________________________________________________________________________________________________________
a
9

( )senBa g a θ= −
Embora tenham sido somadas duas acelerações em x para o bloco (ax e gx), a aceleração do bloco
em relação à rampa é menor. No caso limite do elevador descer com aceleração igual a g (queda
livre), o bloco também cairia em queda livre. Isso faria com que a aceleração do bloco em relação à
rampa seja zero (veja o item (e) abaixo).
(d) Semelhante ao item (c), diferindo apenas pelo sinal de a:
( )senBa g a θ= +
(e) Semelhante ao item (c), sendo a = g:
0Ba =
(f)
y yF ma=∑
cos cosN mg maθ θ− = −
( )cosN m g a θ= −
[Início]
54. Um macaco de 11 kg está subindo por uma corda sem massa, amarrada a um tronco de 15 kg
que passa por um galho (sem atrito) da árvore. (a) Qual a aceleração mínima com que o macaco
deve subir pela corda de modo a levantar do chão o tronco de 15 kg? Se, depois de o troco ter
sido levantado do chão, o macaco parar de subir e somente se segurar à corda, quais serão agora
(b) a aceleração do macaco e (c) a tração na corda?
(Pág. 94)
Solução.
y
(a) Considere o seguinte esquema:
________________________________________________________________________________________________________
a
10

mT
T
PT
y
a
Tronco Macaco
T
PM
mM
A condição mínima para que o tronco seja levantado do solo é que sua força normal e sua
aceleração sejam nulas. As forças que agem no tronco nessas condições são a tensão na corda (T) e
o peso do tronco (PT):
0y TF T P= − =∑
(1)TT m g=
Forças no macaco:
y yF ma=∑
M MT P m a− =
M
M
T m g
a
m
−
= (2)
2
1 3,5672 m/T M T
M M
m g m g m
a g
m m
⎛ ⎞−
= = − =⎜ ⎟
⎝ ⎠
s
2
3,6 m/sa ≈
(b) Agora a situação é a seguinte:
mT
T’
PT
y
a’
Tronco Macaco
T’
PM
mM
-a’
Forças no tronco:
' '
( )T TT P m a− = −
'
(3)'
T TT m g m a= −
'
Forças no macaco:
' '
M MT P m a− =
(4)'
M MT m g m a− =
' '
T T M Mm g m a m g m a− − =
________________________________________________________________________________________________________
a
11

' 2
1,5092 m/sT M
T M
m m
a g
m m
−
= =
+
' 2
1,5 m/sa ≈
(c) De (3):
'
124,511 NT =
'
0,12 kNT =
[Início]
55. Três blocos são ligados como mostra a Fig. 40, sobre uma mesa horizontal sem atrito e puxados
para a direita com uma força T3 = 6,5 N. Se m1 = 1,2 kg, m2 = 2,4 kg e m3 = 3,1 kg, calcule (a) a
aceleração do sistema e (b) as trações T1 e T2. Faça uma analogia com corpos que são puxados
em fila, tais como uma locomotiva ao puxar um trem de vagões engatados.
(Pág. 94)
Solução.
Diagrama de forças dos blocos:
m1
m2
N2
P2
T2-T1
N1
P1
T1
x
y
a
m3
N3
P3
T3-T2
(a) Forças de todo o sistema em x:
x xF Ma=∑
( )1 1 2 2 3 1 2 3T T T T T m m m a− + − + = + +
23
1 2 3
0,970149 m/s
T
a
m m m
= =
+ +
2
0,97 m/sa ≈
(b) Forças no corpo 3:
3 2 3T T m a− =
2 3 3 3,4925 NT T m a= − =
2 3,5 NT ≈
Forças no corpo 1:
1 1 1,1641 NT m a= =
________________________________________________________________________________________________________
a
12

1 1,2 NT ≈
[Início]
57. A Fig. 42 mostra três caixotes com massa m1 = 45,2 kg, m2 = 22,8 kg e m3 = 34,3 kg apoiados
sobre uma superfície horizontal sem atrito. (a) Qual a força horizontal F necessária para
empurrar os caixotes para a direita, como se fossem um só, com a aceleração de 1,32 m/s2
? (b)
Ache a força exercida, por m2 em m3; (c) por m1 em m2.
(Pág. 94)
Solução.
(a) Neste caso, pode-se imaginar o sistema como sendo constituído por uma massa compacta m1 +
m2 + m3:
m m1 2+ +m3
N
P
F
x
y
a
xx maF =∑
ammmF )( 321 ++=
N036,135=F
N135≈F
(b) Forças sobre m3:
m3
N3
P3
F23
x
y
a
xx maF =∑
amF 323 =
N276,4523 =F
N3,45≈F
(c) Forças sobre m2:
________________________________________________________________________________________________________
a
13

m2
N2
F12F32
x
y
a
P2
xx maF =∑
amFF 23212 =−
32212 FamF +=
N372,7523 =F
N4,75≈F
[Início]
59. Um bloco de massa m1 = 3,70 kg está sobre um plano inclinado sem atrito de ângulo θ = 28o
e é
ligado por uma corda que passa em uma polia pequena e sem atrito a um segundo bloco de
massa m2 = 1,86 kg, que pende verticalmente (veja a Fig. 44). (a) Qual é a aceleração de cada
bloco? (b) Ache a tração na corda.
(Pág. 94)
Solução.
m1
N1
P1
T1
x
y
θ
θ
a1
111
aF m=∑
11111 aPTN m=++
)θsenθcos(θsenθcosθcosθsen 1111 jijjiji aamgmTTNN +=−+++−
jiji θsenθcos)θsenθcos(θ)senθcos( 11111 amamgmTNNT +=−++− (1)
A equação (1) somente é verdadeira se e somente se:
θcosθsenθcos 11 amNT =− (2)
e
θsenθsenθcos 111 amgmTN =−+ (3)
________________________________________________________________________________________________________
a
14

De (2):
θ)tan(
1
θcos
θsenθcos
1
11
1
NT
mm
NT
a −=
−
= (4)
De (3):
θcos
θtan)(
θcos
θsenθsen 1
1
11
1
gm
Tam
gmTam
N +−=
+−
= (5)
Substituindo-se (5) em (4) e simplificando:
θsen
1
g
m
T
a −= (6)
Bloco 2:
m2
T2
P2
x
y
a2
222
aF m=∑
2222 aPT m=+
Como as forças que agem no bloco 2 e seu movimento ocorrem apenas na coordenada y:
amgmT 22 −=−
(7))(2 agmT −=
Substituindo-se (7) em (6) e simplificando:
21
12 θ)sen(
mm
mmg
a
+
−
=
2
m/s216940,0=a
2
m/s22,0≈a
(b) De (6):
θ)sen(1 gamT +=
N8430,17=T
N18≈T
[Início]
60. Uma pessoa de 77 kg salta de pára-quedas e adquire aceleração para baixo de 2,5 m/s2
logo
depois da abertura do pára-quedas. A massa do pára-quedas é 5,2 kg. (a) Ache a força para cima
exercida pelo ar sobre o pára-quedas. (b) Calcule a força para baixo exercida pela pessoa no
pára-quedas.
(Pág. 94)
Solução.
________________________________________________________________________________________________________
a
15

(a) Considere o seguinte esquema da situação:
FAr
PH
x
y
a
PPQ
Seja m a massa do pára-quedas e M a massa do homem. Para descobrir a força que o ar exerce sobre
o pára-quedas (FAr) vamos considerar o homem e o pára-quedas como um só conjunto de massa (m
+ M):
y yF ma=∑
( ) ( )ArF m M g m M− + = − + a
( )( ) 600,882 NArF m M g a= + − =
0,60 kNArF ≈
(b) Para descobrir a força que o pára-quedas exerce sobre o homem, vamos aplicar a segunda lei de
Newton apenas ao homem, de acordo com o seguinte esquema de forças:
PH
FPQ
a
x
y
y yF ma=∑
PQF Mg Ma− = −
( ) 562,87 NPQF M g a= − =
0,56 kNPQF ≈
[Início]
61. Um elevador consiste em uma cabine (A), um contrapeso (B), um motor (C) e o cabo e polias
mostrados na Fig. 45. A massa da cabine é 1.000 kg e a massa do contrapeso é 1.400 kg.
Despreze o atrito, as massas do cabo e das polias. O elevador acelera para cima a 2,30 m/s2
e o
contrapeso acelera para baixo à mesma taxa. Quais são os valores das trações (a) T1 e (b) T2?
Qual a força exercida no cabo pelo motor?
________________________________________________________________________________________________________
a
16

(Pág. 94)
Solução.
x
y
PEPCP
T1T2
T1’T2’
Motor
aEaCP
(a) Aplicando-se a segunda lei de Newton ao elevador:
y yF ma=∑
1 E ET P m a− = E
1 E ET m g m a− =
( )1 12.110 NET m a g= + =
1 12,1 kNT ≈
(b) Aplicando-se a segunda lei de Newton ao contrapeso:
y yF ma=∑
2 CP CP CPT P m a− = −
2 CP CPT m g m a− = −
( )2 10.514 NCPT m g a= − =
________________________________________________________________________________________________________
a
17

2 10,5 kNT ≈
(c) A força resultante que o cabo exerce sobre o motor (FMC) sobre o motor vale:
' '
1 2 1.596 NMC xF F T T= = − =∑
O sinal positivo mostra que o cabo força o motor para a direita. Como o problema pede a força no
cabo pelo motor, basta aplicar a terceira lei de Newton, uma vez que essas forças formam um par
ação-reação. Logo, a força que o motor exerce sobre o cabo (FCM) vale:
1,60 kNCM MCF F= − ≈ −
O sinal negativo mostra que o motor força o cabo para a esquerda de acordo com o referencial
adotado. Isso faz com que o elevador suba.
[Início]
62. Um helicóptero de 15.000 kg está levantando um carro de 4.500 kg com aceleração para cima
de 1,4 m/s2
. Calcule (a) a força vertical que o ar exerce nas pás das hélices do helicóptero e (b) a
tração na parte superior do cabo de sustentação; veja a Fig. 46.
(Pág. 95)
Solução.
(a) Forças nas pás das hélices:
Far
P
Hélices
ya
y yF ma=∑
( ) ( )Ar H C H C yF P P m m a− + = +
________________________________________________________________________________________________________
a
18

________________________________________________________________________________________________________
a
19
( ) ( ) ( )( ) 218.595 NAr H C H C H CF m m g m m a m m a g= + + + = + + =
5
2,2 10 NArF ≈ ×
(b) Forças no ponto de junção dos cabos:
T
PC
Junção
dos cabos
ya
y yF ma=∑
C CT P m a− =
( ) 50.445 NC C CT m a m g m a g= + = + =
4
5,0 10 NT ≈ ×
[Início]
64. Duas partículas, cada uma de massa m, estão conectadas por uma corda leve de comprimento
2L, como mostra a Fig. 48. Uma força F constante é aplicada no ponto médio da corda (x = 0) e
faz um ângulo reto com a posição inicial desta. Mostre que a aceleração de cada massa na
direção perpendicular a F é dada por
( )
1/22 22
x
F x
a
m L x
=
−
na qual x é a distância perpendicular de uma das partículas à linha de ação de F. Discuta a
situação quando x = L.
(Pág. 95)
Solução.

F
2L
m m
x
y
F
a0
a1 a2
L
x
θθ
ax
ay
O
O
Seja a o módulo da aceleração de cada massa (a1 e a2, no esquema).
cosx
x
a a a
L
θ= = (1)
Aceleração do ponto O em y, que está sujeito apenas à força F:
(2)02F m= − a
O esquema mostra que:
( )
1/22
1/22
0 2
sen 1 cos 1y
x
a a a a a
L
θ θ
⎛ ⎞
= = − = − − = − −⎜ ⎟
⎝ ⎠
1/22 2
0 2
L x
a a
L
⎛ ⎞−
= − ⎜
⎝ ⎠
⎟ (3)
1/22 2
2
2
L x
F ma
L
⎛ ⎞−
= ⎜ ⎟
⎝ ⎠
( )
1/22 22
F L
a
m L x
=
−
(4)
( )
1/22 22
x
F x
a
m L x
=
−
[Início]
65. Um bloco de massa M é puxado ao longo de uma superfície horizontal sem atrito por uma corda
de massa m, como mostra a Fig. 49. Uma força horizontal P é aplicada a uma das extremidades
da corda. (a) Mostre que a corda tem de se curvar, mesmo que seja de uma quantidade
imperceptível. Então, supondo que o encurvamento seja desprezível, ache (b) a aceleração da
corda e do bloco, (c) a força que a corda exerce no bloco, e (d) a tração no ponto médio da
________________________________________________________________________________________________________
a
20

corda.
(Pág. 95)
Solução.
(a) Considere um elemento da corda cuja massa é Δm e, da mesma forma que o conjunto M +m,
possui aceleração a.
Δmg
TdTe
x
y
θ
a
Como o elemento de massa Δm tem aceleração apenas no eixo x:
0=∑ y
F
0sensen =Δ−+ mgTT ed θθ
ed TT
mg
+
Δ
=θsen (1)
Para a corda ficar esticada, é preciso que θ = 0, ou seja que sen θ = 0. De acordo (1), isso implica
em Δm = 0 ou Td + Te = ∞. Como nenhumas dessas alternativas é fisicamente possível, conclui-se
que θ ≠ 0.
(b) Supondo que θ = 0 e analisando o conjunto M + m:
xx
maF =∑
amMP )( +=
mM
P
a
+
= (2)
(c)
M
Fcb
x
y
a
N
P
xx
maF =∑
(3)MaFcb =
P
mM
M
Fcb
+
=
(d)
________________________________________________________________________________________________________
a
21

M
Tm
a
m/2
xx
maF =∑
a
m
MTm ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=
2
(4)
mM
Pm
MTm
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=
2
)(2
)2(
mM
PMm
Tm
+
+
=
[Início]
67. O homem na Fig. 51 pesa 800 N; a plataforma e a polia sem atrito têm peso total de 190 N.
Ignore o peso da corda. Com que força o homem tem de puxar a corda de forma a se levantar
junto com a plataforma a 0,37 m/s2
?
(Pág. 95)
Solução.
Forças no homem:
T’
PH
N
a
y
yy
F ma=∑
' H
H
P
N T P a
g
− − =
T’ = T:
________________________________________________________________________________________________________
a
22

1H
a
N T P
g
⎛
= + +⎜
⎝ ⎠
⎞
⎟ (1)
Forças na plataforma:
y
T T
PP N’
a
yy
F ma=∑
'
2 P
P
P
T N P a
g
− − =
N’ = N:
2 1P
a
T N P
g
⎛ ⎞
− = +⎜
⎝ ⎠
⎟ (2)
2 1 1H P
a a
T T P P
g g
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
− − + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( ) 1 1.027,3394 NH P
a
T P P
g
⎛ ⎞
= + + =⎜ ⎟
⎝ ⎠
1,0 kNT ≈
[Início]
68. Uma cunha em forma de um triângulo retângulo de massa M e ângulo θ suporta um pequeno
bloco de massa m e está em repouso numa mesa horizontal, como mostra a Fig. 52. (a) Que
aceleração horizontal a deve ter M em relação à mesa, de forma a manter m estacionário em
relação à cunha supondo-se os contatos sem atrito? (b) Que força horizontal F deve ser aplicada
ao sistema para atingir este resultado, supondo-se o topo da mesa sem atrito? (c) Suponha que
nenhuma força seja fornecida a M e ambas as superfícies sejam sem atrito. Descreva o
movimento resultante.
(Pág. 95)
Solução.
(a) A aceleração a de M deve ser tal que a aceleração de m também seja a (horizontal). Diagrama de
forças em m:
________________________________________________________________________________________________________
a
23

m
Pm
Nm
x
y
θ
a
Forças em y:
cos 0my
F N mgθ= −∑ =
cos
m
mg
N
θ
= (1)
Forças em x:
xx
F ma=∑
senmN maθ = (2)
sen
cos
mg
maθ
θ
=
tana g θ= (3)
(b) Forças em x no sistema cunha-bloco:
xx
F ma=∑
(4)(F m M= + )a
( ) tanF m M g θ= +
As componentes horizontais das forças normais da cunha sobre o bloco (Nm) e do bloco sobre a
cunha não precisam ser computados pois formam um par ação-reação e cancelam-se mutuamente.
(c) A cunha irá se mover para a esquerda com aceleração constante. O bloco irá descer pela
superfície inclinada da cunha com aceleração g sen θ em relação à cunha, porém com aceleração
menor e constante em relação à mesa. As forças que aceleram o bloco em relação à mesa são o seu
peso e a normal da cunha. O peso do bloco não varia nessas circunstâncias. Porém, quando a cunha
acelera para a esquerda, a normal que esta gera no bloco fica menor, o que diminui a aceleração do
bloco em relação à mesa quando comparada à situação em que a cunha permanece imóvel.
[Início]
________________________________________________________________________________________________________
a
24

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